福建省上杭县一中2026届高一上化学期中调研试题含解析.doc

福建省上杭县一中2026届高一上化学期中调研试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列说法正确的个数有
①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成、高压直流电除烟尘均与胶体的性质有关
②通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动
③氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子做布朗运动
④做氢氧化铁胶体电泳实验时，阴极周围红褐色加深，说明氢氧化铁胶体带正电
⑤向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体
⑥1mol FeCl3完全与水反应生成氢氧化铁胶体粒子数约为NA个
⑦淀粉溶液和蛋白质溶液是溶液，不可能是胶体
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2、下列关于1.0mol·L-1的NaCl溶液说法正确的是 ( )
A．溶液中含1mol NaCl B．1L溶液中含58.5克NaCl
C．1mol NaCl溶于1L水中 D．58.5克NaCl溶于941.5克水中
3、实验室里需用480 mL 0.1 mol•L﹣1的硫酸铜溶液，以下操作正确的是(　　)
A．称取7.68 g CuSO4，加入 480 mL水
B．称取8.0 g CuSO4 配成500 mL溶液
C．称取8.0 g CuSO4 ，加入500 mL水
D．称取7.68 g CuSO4 配成500 mL溶液
4、下列选项的括号内是除去杂质所用的试剂，其中错误的是（　　）
A．二氧化氮中混有NO（水）
B．NaNO3溶液中混有Na2SO4［Ba（NO3）2］
C．氯气中混有水蒸气（浓硫酸）
D．氨气中混有水蒸气（碱石灰固体）
5、下列反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂的氧化还原反应是( )
A． B．
C． D．
6、下列变化是氧化还原反应的是（ ）
A．NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑ B．2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑
C．2O3 3O2 D．CaO+CO2 = CaCO3
7、一般检验SO42-的试剂是
A．BaCl2、稀硝酸 B．AgNO3、稀硝酸
C．稀盐酸、BaCl2 D．AgNO3、稀盐酸
8、224mL某气体在标准状况下的质量为0.32g，该气体的摩尔质量约为
A．32g·mol-1
B．32
C．64g·mol-1
D．64
9、同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶气体一定具有相同的（ ）
A．质量 B．密度 C．碳原子数 D．原子总数
10、如果2 g甲烷含有x个甲烷分子，那么22 g CO2中所含分子数是：
A．x B．4x C．0.5x D．3x
11、下列电离方程式正确的是(　　)
A．MgSO4=Mg＋2＋ B．Ba(OH)2=Ba2＋＋OH
C．Al2(SO4)3=2Al3＋＋3 D．KClO3=K＋＋Cl－＋3O2－
12、下列离子方程式正确的是
A．氢氧化钡和稀硫酸反应 H++OH-＝H2O
B．铁和盐酸溶液反应6H++2Fe＝2Fe3++ 3H2↑
C．氧化铜和稀硝酸 CuO+2H+＝Cu2++H2O
D．用大理石和盐酸制二氧化碳 CO32-+2H+＝CO2↑+H2O
13、将一小块钠投入下列溶液时，既能产生气体又会出现沉淀的是
A．稀H2SO4 B．氢氧化钠溶液 C．硫酸铜溶液 D．氯化钠溶液
14、在“粗盐的提纯”实验中，用不到的操作是
A．溶解 B．过滤 C．灼烧 D．蒸发
15、对下列实验的评价，正确的是（ ）
A．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-
B．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-
C．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
D．验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稍过量的稀硝酸，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl﹣
16、原子核外电子是分层排布的，在不同电子上运动的电子的能量不同，下列电子层上运动的电子能量最高的是
A．K层 B．L层 C．M层 D．N层
二、非选择题（本题包括5小题）
17、下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体，B是最常见的无色液体，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体。（反应中生成的部分物质已略去）

请回答下列问题：
（1）物质A的化学式为________；
（2）化合物I的化学式为________；
（3）反应①的化学方程式为_____________；反应②的化学方程式为______________。
18、Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。
试根据上述实验事实，回答下列问题：
（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式____________________。
（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式________________。
（3）写出④变化的离子方程式：______________________。
Ⅱ. 实验室需要240 mL0.5 mol·L-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。
（1）需称量_________ g 烧碱，应放在_______中称量、溶解。
（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。
（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有______。
A．烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中
B．容量瓶未干燥就用来配制溶液 C．定容时仰视容量瓶
D．称量时使用了生锈的砝码 E.未洗涤溶解烧碱的烧杯
19、化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有重要作用。
（1）下列关于实验的叙述中正确的有__________(填字母)。
A．不慎碰翻燃着的酒精灯使酒精在桌面上燃烧起来，应立即用湿抹布灭火
B．不慎将酸沾到皮肤或衣物上，应立即用浓NaOH溶液清洗
C．先在天平两个托盘上各放一张相同质量的纸，再把氢氧化钠固体放在纸上称
D．把试剂瓶中的Na2CO3溶液倒入试管中，发现取量过多，为了不浪费，又把多余的试剂倒入原试剂瓶中
E．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
F．使用分液漏斗前要检查其是否漏水
G．用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液中的水全部加热蒸干
（2）可用于分离或提纯物质的方法有：a.过滤；b.结晶；c.蒸馏；d.加热；e.分液。
请将相应分离提纯物质方法的序号填入空白处：
①除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3颗粒：________。
②除去CaO中混有的CaCO3：________。
③分离酒精和水的混合物：________。
④分离水和CCl4的混合物：________。
⑤分离NaCl和KNO3的混合物：________。
（3）某学校实验室从化学试剂商店买回18.4 mol·L－1的硫酸。
现用该浓硫酸配制100 mL 1 mol·L－1的稀硫酸。可供选用的仪器有：a．胶头滴管　b．烧瓶　c．烧杯　d．药匙　e．量筒　f．托盘天平
请回答下列问题：
①配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有________(选填序号)，还缺少的仪器有________________________________________________________(写仪器名称)。
②配制100 mL 1 mol·L－1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为________ mL(保留一位小数)，量取浓硫酸时应选用________(填序号)规格的量筒。
a．10 mL　b．50 mL　c．100 mL
20、某同学用10mol/L的浓盐酸配制230mL1mol/L的稀盐酸，并进行有关实验。请回答下列问题：
（1）需要量取浓盐酸___________mL。
（2）配制该稀盐酸时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有______、______等。
（3）若实验遇下列情况，溶液的物质的量浓度是： ①偏高 ②偏低 ③不变
A、加水定容时越过刻度线_________(填序号)。
B、忘记将洗涤液转入容量瓶__________(填序号)。
C、容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理__________ (填序号)。
D、量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制__________ (填序号)。
（4）取所配制的稀盐酸100mL，与一定质量的锌充分反应，若锌全部溶解后，生成的气体在标准状况下的体积为0.896L，则参加反应的锌的质量为______g，设反应后溶液的体积仍为100mL，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为_________________。
21、化学在工业上的应用十分广泛。请回答下列问题：
（1）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是（填化学式）_______。
（2）超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域。其制取原理为：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO。由于反应不完全，氮化铝产品中往往含有炭和氧化铝杂质。为测定该产品中A1N的质量分数，进行了以下实验：称取10g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并放出氨气3.36L（标准状况）。
①AlN跟NaOH溶液反应的化学方程式为________________________；
②该样品中的A1N的质量分数为_______。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
①豆浆、河水和烟尘均为胶体,盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成是发生了胶体的聚沉,用高压直流电除烟尘是胶体的电泳，均和胶体的性质有关，故①正确；
②溶液中的溶质粒子不一定带电,故对溶液通电时，溶质粒子不一定向两极移动,故②错误； 
③氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子带电，且带同种电荷，故胶粒之间相互排斥，导致胶体比较稳定，故③错误； 
④胶体不带电，带电的是胶粒,故做氢氧化铁胶体电泳实验时,阴极周围红褐色加深,说明氢氧化铁胶粒带电，故④错误； 
⑤向FeCl3溶液中滴加稀的NaOH溶液,可制得Fe(OH)3沉淀，氢氧化铁胶体的制备是将氯化铁溶液滴入沸水中，故⑤错误；
⑥一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁所形成的胶粒的个数小于NA个，故⑥错误； 
⑦淀粉溶液和蛋白质溶液分散质粒子直径在1nm～100nm之间，是胶体，故⑦错误；所以只有①正确；
综上所述，本题应选A。
分散质粒子直径在1nm～100nm之间分散系为胶体，胶体具有的性质，（1）丁达尔现象：当一束平行光线通过胶体时，从侧面看到一束光亮的“通路”；（2）布朗运动：胶体中胶粒不停地作无规则运动。其胶粒的运动方向和运动速率随时会发生改变，从而使胶体微粒聚集变难，这是胶体稳定的一个原因。布朗运动属于微粒的热运动的现象。这种现象并非胶体独有的现象；（3）电泳现象：胶粒在外加电场作用下，能在分散剂里向阳极或阴极作定向移动，这种现象叫电泳。电泳现象表明胶粒带电；（4）凝聚：胶体中胶粒在适当的条件下相互结合成直径大于 的颗粒而沉淀或沉积下来的过程。如在胶本中加入适当的物质（电解质）， 胶体中胶粒相互聚集成沉淀。
2、B
【解析】分析：1.0mol·L-1 NaCl溶液表示每升溶液中溶有1mol氯化钠。即1mol氯化钠溶于水配成1L溶液氯化钠浓度为1.0mol·L-1。根据c= 进行分析判断。
详解:A.溶质的物质的量与溶液体积、溶液浓度有关，溶液体积未告诉，无法计算氯化钠的物质的量，故A错误；
B. 58.5克NaCl的物质的量为1mol，溶液体积为1L，氯化钠溶液浓度为1.0mol·L-1，所以B选项是正确的；
C. 1mol氯化钠溶于水配成1L溶液,溶液体积为1L，不是溶剂体积，故B错误；
D. 58.5克NaCl的物质的量为1mol，58.5克NaCl溶于941.5g水中溶液的质量为1000g，溶液密度比水大，所以溶液体积小于1L，浓度大于1.0mol·L-1，故D错误；
所以B选项是正确的。
3、B
【解析】
需要480mL溶液，实际只能配置500mL，配制500mL 0.100mol•L-1的CuSO4溶液，溶质的物质的量为：n=c×V=0.5L×0.100mol/L=0.0500mol，需要溶质的质量为：m(CuSO4)=0.05mol×160g/mol=8.0g，或m(CuSO4•5H2O)=0.05mol×250g/mol=12.5g，以此解答。
【详解】
A.托盘天平精确度是0.1g，不能称量7.68g物质，且实验室没有480mL容量瓶，应该选用500mL容量瓶来配制500mL溶液，需称取8.0g硫酸铜，水的体积480mL，而需要配置的溶液体积是500mL，故A错误；
B．称取8.0 g CuSO4 配成500 mL溶液，故B正确；
C．称取8.0gCuSO4，配成500mL溶液，水的体积不等于溶液的体积，故C错误；
D．托盘天平精确度是0.1g，不能称量7.68g物质，需称取8.0g硫酸铜，配成500mL的溶液，故D错误；
故选B。
4、A
【解析】
A.一方面，NO是难溶于水的气体，用水无法吸收NO；另一方面，水能与被提纯的NO2反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，A项错误；
B.Na2SO4可与Ba(NO3)2反应：Ba(NO3)2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaNO3，在混合溶液中加入适量的Ba(NO3)2溶液，过滤，弃滤渣，即可得到NaNO3溶液，B项正确；
C.浓硫酸具有很强的吸水性，且不与Cl2反应，所以混有水蒸气的氯气通过浓硫酸即可得到纯净的氯气，C项正确；
D.碱石灰固体具有很强的吸水性，且不与氨气反应，所以混有水蒸气的氨气通过碱石灰固体即可得到纯净的氨气，D项正确；答案选A。
混合物分离和提纯的原则是：“不增”即不增加新的杂质；“不减”即不减少被提纯物质；“易分”即杂质转化要易于分离；“复原”即若将被提纯物转化为其它物质，但最后要恢复原态。
5、C
【解析】
A．中氢元素化合价降低，水作氧化剂，属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B．中氢元素化合价降低，水作氧化剂，属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C．中水中元素化合价均未发生变化，氯元素发生歧化，属于氧化还原反应，故C符合题意；
D．中元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
6、B
【解析】
有元素化合价变化的反应，一定为氧化还原反应，以此来解答。
【详解】
A、该反应中各元素的化合价都不变，所以不是氧化还原反应，但属于分解反应，A错误；
B、该反应中硫元素化合价降低，铁元素化合价升高，所以属于氧化还原反应，B正确；
C、该反应中氧元素的化合价不变，所以不是氧化还原反应，C错误；
D、该反应中各元素的化合价都不变，所以不是氧化还原反应，但属于化合反应，D错误。
答案选B。
本题考查氧化还原反应，明确发生的化学反应及元素的化合价变化是解答本题的关键，选项C是易错点，注意有单质参加或生成的反应不一定是氧化还原反应。
7、C
【解析】
一般用稀盐酸和氯化钡溶液检验硫酸根离子。
【详解】
检验硫酸根的正确方法是：向某溶液中滴加稀盐酸，无沉淀，目的排除亚硫酸离子、碳酸根离子、硅酸根离子、银离子等的影响（不用稀硝酸是因为它有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子引起检验的干扰），然后再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则原溶液存在硫酸根离子，故C正确；
答案选C。
8、A
【解析】
摩尔质量的单位为g·mol-1，标准状况下，224mL气体的物质的量为0.01mol，该气体的摩尔质量为=32g·mol-1；
故选A。
9、C
【解析】
根据阿伏加德罗定律：同温同压下，容积相等的任何气体具有相同的分子数，结合C2H4、C2H2、C2H6每个分子的组成特点来回答。
【详解】
同温同压下，两个储气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同，则
A．根据m=nM，瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子的M无法确定，所以m无法判断，选项A错误；
B．据ρ=，V一定，质量不确定，所以ρ无法判断，选项B错误；
C．C2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2，所以碳原子数相同，选项C正确；
D．C2H2和C2H6的量不确定，所以原子数也无法确定，选项D错误；
答案选C。
10、B
【解析】
根据n=m/M=N/NA计算．
【详解】
n（CH4）=2g/16g/mol=1/8mol，则x/NA=1/8，NA=8x，
n（CO2）=22g/44g/mol=0.5mol，则N（CO2）=nNA=0.5×8x=4x，
故选B．
11、C
【解析】
A．MgSO4电离产生Mg2+、，电离方程式为：MgSO4=Mg2++，A错误；
B．Ba(OH)2电离产生Ba2＋、OH-，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2＋+2OH-，B错误；
C．Al2(SO4)3电离方程式为Al3＋、，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3，C正确；
D．KClO3电离产生K＋、，电离方程式为：KClO3=K＋+，D错误；
故合理选项是C。
12、C
【解析】
A、硫酸与氢氧化钡溶液反应，除了H+和OH-外，漏写了一组Ba2+和SO42-的反应；
B、铁单质与盐酸反应，盐酸是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁离子；
C、氧化铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和水；
D、碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式。
【详解】
A项、硫酸与氢氧化钡溶液反应，除了H+和OH-外，还有一组Ba2+和SO42-的反应，还应注意H+和SO42-的组成比，反应的离子方程式为Ba2++2H++2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B项、铁单质与盐酸反应，盐酸是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；
C项、氧化铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和水，反应的离子方程式为CuO+2H+＝Cu2++H2O，故C正确；
D项、碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=
Ca2++CO2↑+H2O，故D错误。
故选C。
本题考查离子方程式的书写，注意从化学式、离子符号、是否符合反应实际的角度分析解答。
13、C
【解析】
A．钠投入到稀硫酸溶液中，稀硫酸和钠反应的生成物是硫酸钠和氢气，没有出现沉淀，故A不符合题意；
B．氢氧化钠稀溶液和钠反应，实质是钠与水反应，生成物是氢氧化钠和氢气，没有沉淀出现，故B不符合题意；
C．硫酸铜溶液和钠反应，可看作钠先和水反应，然后生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应，所以产物有蓝色沉淀、气体、硫酸钠，故C符合题意；
D．钠和氯化钠溶液反应，实质是钠与水反应，生成物是氢氧化钠和氢气，没有沉淀出现，故D不符合题意；
答案选C。
该题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题能力的培养；表面看钠与碱不反应，无方程式可写，但是钠却能够和溶液中的溶剂水反应，所以反应的实质就是钠与水的反应，另一方面还考查了学生的思维能力。
14、C
【解析】
在“粗盐的提纯”实验中，首先将粗盐溶解在水中，加过量氯化钡、过量氢氧化钠、过量碳酸钠除掉可溶性杂质，过滤，过滤后加盐酸，最后蒸发溶液得到NaCl，故不需要用到灼烧；
综上所述，答案为C。
15、D
【解析】
A．可能生成AgCl沉淀；
B．可能含有CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－等离子；
C．也可能是Ca2＋等离子；
D．验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稍过量的稀硝酸，排除碳酸根离子等干扰；
【详解】
A．应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡检验，以排除生成AgCl沉淀的可能，故A错误；
B．生成气体可能为二氧化碳、二氧化硫，原溶液可能含有CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－等离子，故B错误；
C．原溶液也可能含Ca2＋等离子，故C错误；
D．验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稍过量的稀硝酸，排除碳酸根、OH-离子等干扰，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl﹣，故D正确；
故选D。
16、D
【解析】
原子核外电子是分层排布的，电子层从内到外排布的顺序为K、L、M、N、O、P、Q，电子层距离原子核越近电子层上运动的电子能量越低，则K、L、M、N中N层能量最高，故D正确。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Na2O2 NaHCO3 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】
A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，应为Na2O2，B是最常见的无色液体，应为H2O，则D为O2，E为NaOH，C为Na，F为H2，由转化关系K为CO2，H为Na2CO3，I为NaHCO3。
【详解】
（1）由以上分析可知A为Na2O2；
（2）由以上分析可知化合物I的化学式为NaHCO3。
（3）反应①为Na和H2O的反应，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na＋+OH－+H2↑，反应②为碳酸氢钠的分解，化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
18、BaCl2、K2CO3 Cu(NO3)2=Cu2++2NO3— Ag++Cl—=AgCl↓ 5.0 小烧杯 250 mL容量瓶，胶头滴管 AD
【解析】
Ⅰ. 有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；
综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；
（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；
（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；
（3）取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；
Ⅱ.（1）实验室没有240 mL规格的容量瓶，必须配制250 mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；
（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；
（３）A．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；
B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；
C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；
D．砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；
答案选AD。
19、AEF a d c e b bdf 100 mL容量瓶、玻璃棒 5.4 a
【解析】
（1）A．酒精在桌面上燃烧起来，应立即用湿抹布灭火，不能用水灭火；
B．不慎将酸沾到皮肤或衣物上，应立即用水冲洗；
C．NaOH固体具有强腐蚀性，易潮解；
D．实验剩余的药品一般不能放回原试剂瓶，防止污染；
E．分液时应注意防止液体重新混合而污染；
F．带有活塞和瓶塞的仪器，一般在使用前需要检查是否漏水；
G．蒸发皿中的溶液不能完全蒸干，当大量晶体析出时，要用余热来蒸干；
（2）准确把握用于分离或提纯物质的几种方法，结合题目对号入座。
（3）①根据配制溶液的实验操作过程选择所需的仪器来判断；
②再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积，根据所需浓硫酸的体积选择量筒规格．
【详解】
(1)A.不慎碰翻燃着的酒精灯使酒精在桌面上燃烧起来，应立即用湿抹布灭火，不能用水灭火，故A正确；
B. 不慎将酸沾到皮肤或衣物上，应立即用水冲洗，然后涂上适量的3%~5%的碳酸氢钠溶液，而NaOH为强碱具有腐蚀性，故B错误；
C.NaOH固体具有强腐蚀性，易潮解，要放在玻璃器皿中称量，不可直接放在纸上称量，故C错误；
D.实验剩余的药品一般不能放回原试剂瓶，防止污染，特殊的药品如钠等放回原试剂瓶，故D错误；
E.分液时应注意防止液体重新混合而污染，则分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故E正确；
F.分液漏斗是带有活塞和瓶塞的仪器，使用前需要检查是否漏水，故F正确；
G.蒸发时待大量晶体析出时，停止加热，利用蒸发皿的余热把剩余的水蒸干，故G错误；
故答案为AEF；
（2）①除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3颗粒，因为CaCO3不溶于水，可用过滤的方法除去，所以选a；
②除去CaO中混有的CaCO3，利用CaCO3受热分解生成CaO，而除去CaCO3，所以选d；
③分离酒精和水的混合物，利用二者沸点不同，采用蒸馏的方法，分离酒精和水的混合物，所以选c；
④分离水和CCl4的混合物，利用二者互不相容，采用分液的方法分离，所以选e；
⑤分离NaCl和KNO3的混合物，利用二者在溶液中，随温度的变化，溶解度差异较大，采用结晶的方法分离，所以选b；
（3）①操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取(胶头滴管)浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL 容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤 2−3 次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，至凹液面最低处与刻度线相切，最后上下颠倒摇匀。由提供的仪器可知不需要的仪器有：bdf;还需要仪器有：100mL容量瓶、玻璃棒；
故答案为 bdf ； 100mL 容量瓶、玻璃棒；
(2)根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，则有：xmL×18.4mol/L=100mL×1mol/L，解得：x≈5.4.所需浓硫酸的体积为5.4mL；量筒规格越接近所需浓硫酸体积误差越小，所以选择10mL 量筒。
故答案为 5.4 ； a。
20、 25.0 胶头滴管 250mL容量瓶 ② ② ③ ② 2.6 1.2mol/L
【解析】试题分析：（1）配制230mL1mol/L的稀盐酸，需用250mL的容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量不变计算需要量取浓盐酸的体积；
（2）根据配制稀盐酸的步骤分析使用的仪器；（3）根据 分析误差；（4）锌与硫酸反应的化学方程式是 ,根据反应方程式计算。
解析：（1）配制230mL1mol/L的稀盐酸，需用250mL的容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量不变，设配制250mL1mol/L的稀盐酸需要量取10mol/L浓盐酸的体积是VmL；250mL×1mol/L=10mol/L×VmL，V=25.0mL。
(2)操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，配制该稀盐酸时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有250mL容量瓶、胶头滴管等；
（3）A、加水定容时越过刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低。B、忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质物质的量偏小，浓度偏低。C、容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理无影响。D、量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制，氯化氢挥发，溶质减少，浓度偏低。
（4）0.896LH2的物质的量是0.04mol，设参加反应的锌的质量为xg，消耗硫酸的物质的量是ymol

、，解得x=2.6g，y=0.04mol；
反应后溶液中H+的物质的量浓度为 。
点睛：根据cB＝nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化，若n偏大，则c偏大，若v偏大，则c偏小。
21、Ca(ClO)2 AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑ 61.5%
【解析】
（1）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，化学式为Ca(ClO)2。
（2）①由于AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、并放出NH3，根据元素守恒可知有水参加反应，其反应方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；
②生成NH3的物质的量为3.36L÷22.4L/mol＝0.15mol，根据氮元素守恒可知10g样品中含有AlN的物质的量为0.15mol，质量为0.15mol×41g/mol＝6.15g，则该样品中的AlN的质量分数为6.15g/10g×100%＝61.5%。